Page 14 - RMGO 4

14 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

Clasa a VII-a

MGO 91. Determinat ,i perechile (x, y) de numere ˆıntregi cu proprietatea c˘a
y
2
1255 + x = 2 .
Costel Anghel, Slatina s , i Florea Badea, Scornices , ti
2
Solut ,ie. Se observ˘a c˘a y > 10 s , i x este impar. Rezult˘a c˘a u(x ) ∈ {1, 5, 9},
y
deci u(2 ) ∈ {4, 6}, deci y este par. Fie y = 2k, k > 5. Ecuat , ia dat˘a devine

k
k

k
2 − x 2 + x = 1255. Dar 1255 = 5 · 251, iar 251 este prim. Cum 2 − x +
k
2 − x = 5

k
2 + x = 2 k+1 , singurele cazuri favorabile sunt k , cu solut , ia
2 + x = 251
k
2 − x = 251
ˆ
k = 7, x = 123, s , i k , cu solut , ia k = 7, x = −123. In concluzie,
2 + x = 5
(x, y) ∈ {(123, 14), (−123, 14)}.
2
2
MGO 92. Fie numerele rat ,ionale pozitive x s , i y astfel ˆıncˆat 2(x−y) +4y = 3xy
r
11x + 3y 2x + 3y
s , i ∈ Q. Calculat ,i valoarea raportului .
7x + 2y 4x + 5y
Marin Chirciu, Pites , ti
2
2
Solut ,ie. Efectuˆand calculele, egalitatea dat˘a devine 2x − 7xy + 6y = 0, sau,
echivalent, (x−2y)(2x−3y) = 0, deci x = 2y sau 2x = 3y. Pentru 2x = 3y obt , inem
√
r r
11x + 3y 39 11x + 3y 5
c˘a = , fals. Pentru x = 2y obt , inem c˘a = ∈ Q.
7x + 2y 5 7x + 2y 4
2x + 3y 7
Rezult˘a c˘a x = 2y, de unde = .
4x + 5y 13
1
2
∗
0
MGO 93. Determinat ,i n ∈ N pentru care num˘arul 1·2 +2·2 +3·2 +. . .+n·2 n−1
este p˘atrat perfect.
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti
2
2
1
1
0
Solut ,ie. Fie a = 1 · 2 + 2 · 2 + 3 · 2 + . . . + n · 2 n−1 . Avem 2a = 1 · 2 + 2 · 2 +
2
3
n
n
3 · 2 + . . . + n · 2 , deci 2a − a = n · 2 − 1 + 2 + 2 + . . . + 2 n−1 . Rezult˘a c˘a
n
n
n
a = n · 2 − (2 − 1) = (n − 1)2 + 1.
Pentru n = 1 avem a = 1 = p.p., pentru n = 2 avem a = 5 6= p.p., pentru
n = 3 avem a = 17 6= p.p., iar pentru n = 4 avem a = 49 = p.p. Fie acum n ≥ 5.
n
2
Avem a = p.p. ⇔ (n − 1)2 + 1 = (2k + 1) , k ∈ N ⇔ (n − 1)2 n−2 = k(k + 1).
Cum k s , i k + 1 sunt prime ˆıntre ele, rezult˘a c˘a 2 n−2 divide k sau 2 n−2 divide
k + 1. Dac˘a 2 n−2 divide k + 1, atunci k + 1 ≥ 2 n−2 , deci k ≤ n − 1, prin urmare
2 n−2 ≤ n, fals, deoarece utilizˆand inegalitatea 2 m ≥ m + 1, pentru orice m ∈ N ∗

(ce poate fi dedus˘a astfel: 2 m − 1 = (2 − 1) 2 m−1 + 2 m−2 + . . . + 2 + 1 ≥ m)
avem 2 n−2 = 2 · 2 n−3 ≥ 2(n − 2) > n. Dac˘a 2 n−2 divide k, atunci k ≥ 2 n−2 , deci
ˆ
k + 1 ≤ n − 1, prin urmare 2 n−2 ≤ n − 2, din nou fals. In concluzie, singurele
solut , ii sunt n = 1 s , i n = 4.